Lösa differentialekvationer av första ordningen med separerbara variabler. Differentialekvationer reduceras till ekvationer med separerbara variabler

I en hel serie vanliga differentialekvationer av 1:a ordningen finns de där variablerna x och y kan separeras i höger och vänster sida av ekvationen. Variablerna kan redan vara separerade, vilket kan ses i ekvationen f(y)d y = g(x)dx. Du kan separera variablerna i ODE f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x genom att utföra transformationer. Oftast, för att få ekvationer med separerbara variabler, används metoden för att introducera nya variabler.

I det här ämnet kommer vi att i detalj undersöka metoden för att lösa ekvationer med separerade variabler. Låt oss betrakta ekvationer med separerbara variabler och differentialekvationer, som kan reduceras till ekvationer med separerbara variabler. I det här avsnittet har vi analyserat ett stort antal problem i ämnet med en detaljerad analys av lösningen.

För att göra det lättare för dig att bemästra ämnet rekommenderar vi att du bekantar dig med informationen som publiceras på sidan "Grundläggande definitioner och begrepp för teorin om differentialekvationer."

Separerade differentialekvationer f (y) d y = g (x) d x

Definition 1

Ekvationer med separerade variabler kallas differentialekvationer av formen f (y) d y = g (x) d x. Som namnet antyder finns variablerna som utgör ett uttryck på vardera sidan av likhetstecknet.

Låt oss komma överens om att funktionerna f (y) och g(x) vi kommer att anta kontinuerlig.

För ekvationer med separerade variabler blir den allmänna integralen ∫ f (y) d y = ∫ g (x) d x. Den allmänna lösningen av DE i formen implicit given funktionФ (x, y) = 0 kan vi få förutsatt att integralerna från ovanstående likhet uttrycks i elementära funktioner. I vissa fall är det möjligt att uttrycka funktionen y i explicit form.

Exempel 1

Hitta gemensamt beslut differentialekvation med separerade variabler y 2 3 d y = sin x d x .

Lösning

Låt oss integrera båda sidor av jämställdheten:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

Detta är faktiskt den allmänna lösningen på detta kontrollsystem. Faktum är att vi har reducerat problemet med att hitta en generell lösning på differentialekvationen till problemet med att hitta obestämda integraler.

Nu kan vi använda tabellen över antiderivator för att ta integraler som uttrycks i elementära funktioner:

∫ y 2 3 d y = 3 5 y 5 3 + C 1 ∫ sin x d x = - cos x + C 2 ⇒ ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x ⇔ 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2
där C 1 och C 2 är godtyckliga konstanter.

Funktionen 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 anges implicit. Det är en allmän lösning på den ursprungliga separerade variabeldifferentialekvationen. Vi har fått svar och kan inte gå vidare med beslutet. Men i exemplet under övervägande kan den önskade funktionen uttryckas explicit genom argumentet x.

Vi får:

3 5 y 5 3 + C 1 ⇒ y = - 5 3 cos x + C 3 5, där C = 5 3 (C 2 - C 1)

Den allmänna lösningen på denna DE är funktionen y = - 5 3 cos x + C 3 5

Svar:

Vi kan skriva svaret på flera sätt: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x eller 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2, eller y = - 5 3 cos x + C 3 5

Det är alltid värt att göra det klart för läraren att du, tillsammans med förmågan att lösa differentialekvationer, också har förmågan att transformera uttryck och ta integraler. Det är lätt att göra. Det räcker med att ge det slutliga svaret i form av en explicit funktion eller en implicit specificerad funktion Ф (x, y) = 0.

Differentialekvationer med separerbara variabler f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x

y " = d y d x i fall där y är en funktion av argumentet x.

I DE f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x eller f 1 (y) g 1 (x) y " = f 2 (y) g 2 (x) d x kan vi utföra transformationer på ett sådant sätt att de separerar variablerna. Denna typ av DE kallas för en DE med separerbara variabler ) d y = g 2 (. x) g 1 (x) d x .

Vid separering av variabler är det nödvändigt att utföra alla transformationer noggrant för att undvika fel. De resulterande och ursprungliga ekvationerna måste vara likvärdiga med varandra. Som kontroll kan du använda villkoret enligt vilket f 2 (y) och g 1 (x) bör inte försvinna på integrationsintervallet. Om detta villkor inte är uppfyllt finns det en möjlighet att du förlorar några av lösningarna.

Exempel 2

Hitta alla lösningar till differentialekvationen y " = y · (x 2 + e x) .

Lösning

Vi kan separera x och y, därför har vi att göra med en differentialekvation med separerbara variabler.

y " = y · (x 2 + e x) ⇔ d y d x = y · (x 2 + e x) ⇔ d y y = (x 2 + e x) d x pr och y ≠ 0

När y = 0 blir den ursprungliga ekvationen identiteten: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. Detta gör att vi kan säga att y = 0 är en lösning på DE. Vi kanske inte har tagit denna lösning beaktas när omvandlingarna genomförs.

Låt oss utföra integrationen av differentialekvationen med separerade variabler d y y = (x 2 + e x) d x:
∫ d y y = ∫ (x 2 + e x) d x ∫ d y y = ln y + C 1 ∫ (x 2 + e x) d x = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y + C 1 = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y = x 3 3 + e x + C

Vid genomförandet av omvandlingen genomförde vi ett utbyte C2 - C1 på MED. Lösningen till DE har formen av en implicit specificerad funktion ln y = x 3 3 + e x + C . Vi kan uttrycka denna funktion explicit. För att göra detta, låt oss potentiera den resulterande jämlikheten:

ln y = x 3 3 + e x + C ⇔ e ln y = e x 3 3 + e x + C ⇔ y = e x 3 3 + e x + C

Svar: y = e x 3 3 + e x + C , y = 0

Differentialekvationer som reduceras till ekvationer med separerbara variabler y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0

För att minska den vanliga 1:a ordningens DE y " = f (a x + b y) , a ≠ 0, b ≠ 0, till en ekvation med separerbara variabler är det nödvändigt att införa en ny variabel z = a x + b y, där z är en funktion av argumentet x.

Vi får:

z = a x + b y ⇔ y = 1 b (z - a x) ⇒ y " = 1 b (z " - a) f (a x + b y) = f (z)

Vi utför substitutionen och nödvändiga omvandlingar:

y " = f (a x + b y) ⇔ 1 b (z " - a) = f (z) ⇔ z " = b f (z) + a ⇔ d z b f (z) + a = d x , b f (z) + a ≠ 0

Exempel 3

Hitta den allmänna lösningen till differentialekvationen y " = 1 ln (2 x + y) - 2 och en speciell lösning som uppfyller initialtillstånd y(0) = e.

Lösning

Låt oss introducera en variabel z = 2 x + y, vi får:

y = z - 2 x ⇒ y " = z " - 2 ln (2 x + y) = ln z

Vi ersätter resultatet som vi fick in i det ursprungliga uttrycket och omvandlar det till en differentialekvation med separerbara variabler:

y " = 1 ln (2 x + y) - 2 ⇔ z " - 2 = 1 ln z - 2 ⇔ d z d x = 1 ln z

Låt oss integrera båda sidor av ekvationen efter att ha separerat variablerna:

d z d z = 1 ln z ⇔ ln z d z = d x ⇔ ∫ ln z d z = ∫ d x

Låt oss använda metoden för integration av delar för att hitta integralen på vänster sida av ekvationen. Låt oss titta på integralen på höger sida i tabellen.

∫ ln z d z = u = ln z , d v = d z d u = d z z , v = z = z ln z - ∫ z d z z = = z ln z - z + C 1 = z (ln z - 1) + C 1 ∫ d x = x + C 2

Vi kan konstatera att z · (ln z - 1) + C 1 = x + C 2 . Om vi nu accepterar det C = C2 - C1 och vi kommer att genomföra en omvänd ersättning z = 2 x + y, då får vi en generell lösning på differentialekvationen i form av en implicit specificerad funktion:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x + C

Låt oss nu börja hitta en speciell lösning som måste uppfylla det initiala villkoret y(0)=e. Låt oss göra ett byte x = 0 och y (0) = e in i den allmänna lösningen av DE och hitta värdet på konstanten C.

(2 0 + e) (ln (2 0 + e) - 1) = 0 + C e (ln e - 1) = C C = 0

Vi får en speciell lösning:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

Eftersom problemformuleringen inte specificerade intervallet över vilket det är nödvändigt att hitta en generell lösning på DE, letar vi efter en lösning som är lämplig för alla värden av argumentet x som den ursprungliga DE är vettig för.

I vårt fall är DE vettigt för ln (2 x + y) ≠ 0, 2 x + y > 0

Differentialekvationer som reduceras till ekvationer med separerbara variabler y " = f x y eller y " = f y x

Vi kan reducera differentialekvationer av formen y " = f x y eller y " = f y x till separerbara differentialekvationer genom att göra substitutionen z = x y eller z = y x , där z– funktion av argumentet x.

Om z = x y, då y = x z och enligt regeln för bråkdifferentiering:

y " = x y " = x " z - x z " z 2 = z - x z " z 2

I detta fall kommer ekvationerna att ha formen z - x · z " z 2 = f (z) eller z - x · z " z 2 = f 1 z

Om vi tar z = y x, då y = x ⋅ z och enligt derivatregeln för produkten y " = (x z) " = x " z + x z " = z + x z ". I detta fall reduceras ekvationerna till z + x z " = fi z eller z + x z" = f(z).

Exempel 4

Lös differentialekvationen y " = 1 e y x - y x + y x

Lösning

Låt oss ta z = y x, sedan y = x z ⇒ y " = z + x z ". Låt oss ersätta i den ursprungliga ekvationen:

y " = 1 e y x - y x + y x ⇔ z + x z " = 1 e z - z + z ⇔ x d z d x = 1 e z - z ⇔ (e z - z) d z = d x x

Låt oss integrera ekvationen med separerade variabler som vi fick när vi utförde transformationerna:

∫ (e z - z) d z = ∫ d x x e z - z 2 2 + C 1 = ln x + C 2 e z - z 2 2 = ln x + C , C = C 2 - C 1

Låt oss utföra den omvända substitutionen för att erhålla den allmänna lösningen av den ursprungliga DE i form av en funktion specificerad implicit:

e y x - 1 2 · y 2 x 2 = ln x + C

Låt oss nu titta på fjärrkontrollerna, som har formen:

y " = a 0 y n + a 1 y n - 1 x + a 2 y n - 2 x 2 + ... + a n x n b 0 y n + b 1 y n - 1 x + b 2 y n - 2 x 2 + ... + b n x n

Dividera täljaren och nämnaren för bråket på höger sida av posten med y n eller x n, kan vi föra den ursprungliga DE i åtanke y " = f x y eller y " = f y x

Exempel 5

Hitta den allmänna lösningen till differentialekvationen y " = y 2 - x 2 2 x y

Lösning

I denna ekvation skiljer sig x och y från 0. Detta gör att vi kan dividera täljaren och nämnaren för bråket på höger sida av notationen med x 2:

y " = y 2 - x 2 2 x y ⇒ y " = y 2 x 2 - 1 2 y x

Om vi introducerar en ny variabel z = y x får vi y = x z ⇒ y " = z + x z ".

Nu måste vi ersätta i den ursprungliga ekvationen:

y " = y 2 x 2 - 1 2 y x ⇔ z " x + z = z 2 - 1 2 z ⇔ z " x = z 2 - 1 2 z - z ⇔ z " x = z 2 - 1 - 2 z 2 2 z ⇔ d z d x x = - z 2 + 1 2 z ⇔ 2 z d z z 2 + 1 = - d x x

Så här kom vi fram till DE med separerade variabler. Låt oss hitta dess lösning:

∫ 2 z d z z 2 + 1 = - ∫ d x x ∫ 2 z d z z 2 + 1 = ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = ln z 2 + 1 + C 1 - ∫ d x x = - ln x + C 2 ⇒ ln z 2 + 1 + C 1 = - ln x + C 2

För denna ekvation kan vi få en explicit lösning. För att göra detta, låt oss ta - ln C = C 2 - C 1 och tillämpa egenskaperna för logaritmen:

ln z 2 + 1 = - ln x + C 2 - C 1 ⇔ ln z 2 + 1 = - ln x - ln C ⇔ ln z 2 + 1 = - ln C x ⇔ ln z 2 + 1 = ln C x - 1 ⇔ e ln z 2 + 1 = e ln 1 C x ⇔ z 2 + 1 = 1 C x ⇔ z ± 1 C x - 1

Nu utför vi den omvända substitutionen y = x ⋅ z och skriver den allmänna lösningen av den ursprungliga differentialekvationen:

y = ± x 1 C x - 1

I det här fallet skulle den andra lösningen också vara korrekt. Vi kan använda ersättningen z = x y Låt oss överväga detta alternativ mer detaljerat.

Låt oss dividera täljaren och nämnaren för bråket på höger sida av ekvationen med y 2:

y " = y 2 - x 2 2 x y ⇔ y " = 1 - x 2 y 2 2 x y

Låt z = x y

Då y " = 1 - x 2 y 2 2 x y ⇔ z - z " x z 2 = 1 - z 2 2 z

Låt oss byta in i den ursprungliga ekvationen för att få en differentialekvation med separerbara variabler:

y " = 1 - x 2 y 2 2 x y ⇔ z - z " x z 2 = 1 - z 2 2 z

Om vi dividerar variablerna får vi likheten d z z (z 2 + 1) = d x 2 x, som vi kan integrera:

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

Om vi expanderar integranden av integralen ∫ d z z (z 2 + 1) till enkla bråk, får vi:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

Låt oss utföra integrationen av enkla bråk:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z = ∫ z d z z 2 + 1 = ∫ d t z - 1 2 ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = = ln z - 1 2 ln z 2 + 1 + C 1 = ln z z 2 + 1 + C 1

Låt oss nu hitta integralen ∫ d x 2 x:

∫ d x 2 x = 1 2 ln x + C 2 = ln x + C 2

Som ett resultat får vi ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 eller ln z z 2 + 1 = ln C x, där ln C = C 2 - C 1.

Låt oss utföra den omvända substitutionen z = x y och de nödvändiga transformationerna, vi får:

y = ± x 1 C x - 1

Lösningsalternativet där vi ersatte z = x y visade sig vara mer arbetskrävande än i fallet med ersättningen z = y x. Denna slutsats kommer att gälla för ett stort antal ekvationer av formen y " = f x y eller y " = f y x . Om det valda alternativet för att lösa sådana ekvationer visar sig vara arbetskrävande, kan du införa variabeln z = y x istället för att ersätta z = x y. Detta kommer inte att påverka resultatet på något sätt.

Differentialekvationer som reduceras till ekvationer med separerbara variabler y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2, a 1, b 1, c 1, a 2, b 2, c 2 ∈ R

Differentialekvationerna y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 kan reduceras till ekvationerna y " = f x y eller y " = f y x , därför till ekvationer med separerbara variabler. För att göra detta, hitta (x 0 , y 0) - lösning till ett system med två linjära homogena ekvationer a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 och nya variabler u = x - x 0 v = y - y 0 introduceras. Efter en sådan ersättning kommer ekvationen att ha formen d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v.

Exempel 6

Hitta den allmänna lösningen till differentialekvationen y " = x + 2 y - 3 x - 1 .

Lösning

Vi komponerar och löser ett system av linjära ekvationer:

x + 2 y - 3 = 0 x - 1 = 0 ⇔ x = 1 y = 1

Vi gör en förändring av variabler:

u = x - 1 v = y - 1 ⇔ x = u + 1 y = v + 1 ⇒ d x = d u d y = d v

Efter substitution i den ursprungliga ekvationen får vi d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u . Efter att ha dividerat med u täljaren och nämnaren på höger sida har vi d v d u = 1 + 2 v u .

Vi introducerar en ny variabel z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z, sedan

d v d u = 1 + 2 v u ⇔ d z d u · u + z = 1 + 2 z ⇔ d z 1 + z = d u u ⇒ ∫ d z 1 + z = ∫ d u u ⇔ ln 1 + z + C 1 = ln u + C 2 ⇒ ln 1 + z = ln u + ln C , ln C = C 2 - C 1 ln 1 + z = ln C u 1 + z = C u ⇔ z = C u - 1 ⇔ v u = C u - 1 ⇔ v = u ( C u - 1)

Vi återgår till de ursprungliga variablerna och gör den omvända substitutionen u = x - 1 v = y - 1:
v = u (C u - 1) ⇔ y - 1 = (x - 1) (C (x - 1) - 1) ⇔ y = C x 2 - (2 C + 1) x + C + 2

Detta är den allmänna lösningen på differentialekvationen.

Om du märker ett fel i texten, markera det och tryck på Ctrl+Enter

Låt oss överväga exempel på att lösa differentialekvationer med separerbara variabler.

1) Integrera differentialekvationen: (1+x²)dy-2xydx=0.

Denna ekvation är en separerbar ekvation, skriven som

Vi lämnar termen med dy på vänster sida av ekvationen och flyttar termen med dx till höger sida:

(1+x²)dy = 2xydx

Vi separerar variablerna, det vill säga på vänster sida lämnar vi bara dy och allt som innehåller y på höger sida dx och x. För att göra detta, dividera båda sidor av ekvationen med (1+x²) och med y. Vi får

Låt oss integrera båda sidor av ekvationen:

På vänster sida finns en bordintegral. Integralen på höger sida kan hittas till exempel genom att byta ut t=1+x², då

dt=(1+x²)’dx=2xdx.

I exempel där det är möjligt att utföra potentiering, det vill säga att ta bort logaritmer, är det bekvämt att inte ta C, utan lnC. Detta är exakt vad vi kommer att göra: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Eftersom summan av logaritmerna är lika med produktens logaritm, då ln│y│=ln│Сt│, därav y=Ct. Vi gör omvänd substitution och får den allmänna lösningen: y=C(1+x²).

Vi dividerar med 1+x² och med y, förutsatt att de inte är lika med noll. Men 1+x² är inte lika med noll för något x. Och y=0 vid C=0, sålunda skedde ingen förlust av rötter.

Svar: y=C(1+x²).

2) Hitta den allmänna integralen av ekvationen

Variabler kan separeras.

Multiplicera båda sidor av ekvationen med dx och dividera med

Vi får:

Låt oss nu integrera

På vänster sida finns en bordintegral. Till höger - vi gör ersättningen 4-x²=t, sedan dt=(4-x²)’dx=-2xdx. Vi får

Om vi istället för C tar 1/2 ln│C│ kan vi skriva svaret mer kompakt:

Låt oss multiplicera båda sidor med 2 och tillämpa egenskapen för logaritmen:

Vi delade med

De är inte lika med noll: y²+1 - eftersom summan icke-negativa talär inte lika med noll, och det radikala uttrycket är inte lika med noll i villkorets betydelse. Det betyder att det inte förekom någon förlust av rötter.

3) a) Hitta den allmänna integralen för ekvationen (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0.

b) Hitta den partiella integralen av denna ekvation som uppfyller initialvillkoret y(e)=1.

a) Transformera vänster sida av ekvationen: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, sedan

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Vi dividerar båda sidor med x²y², förutsatt att varken x eller y är lika med noll. Vi får:

Låt oss integrera ekvationen:

Eftersom skillnaden mellan logaritmer är lika med logaritmen för kvoten, har vi:

Detta är den allmänna integralen av ekvationen. I processen att lösa ställer vi villkoret att produkten x²y² inte är lika med noll, vilket betyder att x och y inte ska vara lika med noll. Genom att ersätta x=0 och y=0 i villkoret: (0,0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0 får vi den korrekta likheten 0=0. Det betyder att x=0 och y=0 också är lösningar på denna ekvation. Men de ingår inte i den allmänna integralen för något C (nollor kan inte visas under logaritmens tecken och i bråkets nämnare), så dessa lösningar bör skrivas utöver den allmänna integralen.

b) Eftersom y(e)=1, ersätter vi x=e, y=1 i den resulterande lösningen och finner C:

Exempel på självtest:

En differentialekvation med separerade variabler skrivs som: (1). I denna ekvation beror en term bara på x och den andra bara på y. Om vi integrerar denna ekvation term för term får vi:
är dess allmänna integral.

Exempel: hitta den allmänna integralen av ekvationen:
.

Lösning: given ekvation– differentialekvation med separerade variabler. Det är därför
eller
Låt oss beteckna
. Sedan
– allmän integral av en differentialekvation.

Den separerbara ekvationen har formen (2). Ekvation (2) kan lätt reduceras till ekvation (1) genom att dela den term med term
. Vi får:

– allmän integral.

Exempel: Lös ekvationen .

Lösning: transformera vänster sida av ekvationen: . Dividera båda sidor av ekvationen med

Lösningen är uttrycket:
de där.

Homogena differentialekvationer. Bernoullis ekvationer. Linjära differentialekvationer av första ordningen.

En formekvation kallas homogen, Om
Och
– homogena funktioner av samma ordning (dimensioner). Fungera
kallas en homogen funktion av första ordningen (mätning) om, när vart och ett av dess argument multipliceras med en godtycklig faktor hela funktionen multipliceras med , dvs.
=
.

Den homogena ekvationen kan reduceras till formen
. Använder substitution
(
) den homogena ekvationen reduceras till en ekvation med separerbara variabler med avseende på den nya funktionen .

Den första ordningens differentialekvation kallas linjär, om det kan skrivas i formen
.

Bernoullis metod

Lösa ekvationen
eftersträvas som en produkt av två andra funktioner, dvs. med hjälp av substitution
(
).

Exempel: integrera ekvationen
.

Vi tror
. Sedan, d.v.s. . Först löser vi ekvationen
=0:

.

Nu löser vi ekvationen
de där.

. Så den allmänna lösningen på denna ekvation är
de där.

Ekvation för J. Bernoulli

En ekvation av formen , där
kallad Bernoullis ekvation. Denna ekvation löses med Bernoullis metod.

Homogena andra ordningens differentialekvationer med konstanta koefficienter

En homogen linjär differentialekvation av andra ordningen är en formekvation (1) , Var Och permanent.

Vi kommer att leta efter partiella lösningar av ekvation (1) i formuläret
, Var Till– ett visst antal. Differentiera denna funktion två gånger och ersätta uttryck för
i ekvation (1), får vi det vill säga eller
(2) (
).

Ekvation 2 kallas differentialekvationens karakteristiska ekvation.

När man löser den karakteristiska ekvationen (2) är tre fall möjliga.

Fall 1. Rötter Och ekvationerna (2) är reella och olika:

Och

.

Fall 2. Rötter Och ekvationerna (2) är reella och lika:
. I detta fall är partiella lösningar av ekvation (1) funktionerna
Och
. Därför har den allmänna lösningen till ekvation (1) formen
.

Fall 3. Rötter Och ekvationerna (2) är komplexa:
,
. I detta fall är partiella lösningar av ekvation (1) funktionerna
Och
. Därför har den allmänna lösningen till ekvation (1) formen

Exempel. Lös ekvationen
.

Lösning: Låt oss skapa en karakteristisk ekvation:
. Sedan
. Allmän lösning på denna ekvation
.

Extremum av en funktion av flera variabler. Villkorligt extremum.

Extremum av en funktion av flera variabler

Definition.Punkt M (x O ,y O ) kallashögsta (minsta) poäng funktionerz= f(x, y), om det finns en grannskap av punkten M så att olikheten för alla punkter (x, y) från denna grannskap
(
)

I fig. 1 poäng A
- det finns en minimipunkt och en punkt I
- högsta poäng.

Nödvändigextremumtillståndet är en flerdimensionell analog till Fermats teorem.

Sats.Låt poängen
– är den differentierbara funktionens extrema punktz= f(x, y). Sedan de partiella derivatorna
Och
Vvid denna punkt är lika med noll.

Punkter där de nödvändiga villkoren för funktionens extremum är uppfyllda z= f(x, y), de där. partiella derivat z" x Och z" y är lika med noll kallas kritisk eller stationär.

Likheten mellan partiella derivator till noll uttrycker endast ett nödvändigt men inte tillräckligt villkor för extremumet av en funktion av flera variabler.

I fig. den så kallade sadelpunkt M (x O ,y O ). Partiella derivat
Och
är lika med noll, men uppenbarligen inget extremum vid punkten M(x O ,y O ) Nej.

Sådana sadelpunkter är tvådimensionella analoger av böjningspunkter för funktioner av en variabel. Utmaningen är att skilja dem från extrempunkterna. Du behöver med andra ord veta tillräcklig extremt tillstånd.

Sats (tillräckligt villkor för extremumet av en funktion av två variabler).Låt funktionenz= f(x, y): A) definieras i något område av den kritiska punkten (x O ,y O ), vart i
=0 och
=0 ;

b) har kontinuerliga partiella derivator av andra ordningen vid denna punkt
;

;
Sedan, om ∆=AC-B 2 >0, sedan vid punkt (x O ,y O ) funktionz= f(x, y) har ett extremum, och om A<0 - maximalt om A>0 - minimum. I fallet ∆=AC-B 2 <0, функция z= f(x, y) har inget extremum. Om ∆=AC-B 2 =0, då förblir frågan om närvaron av ett extremum öppen.

Studie av en funktion av två variabler vid ett extremum det rekommenderas att utföra följande diagram:

Hitta partiella derivator av funktioner z" x Och z" y .

Lös ekvationssystem z" x =0, z" y =0 och hitta de kritiska punkterna för funktionen.

Hitta andra ordningens partiella derivator, beräkna deras värden vid varje kritisk punkt och dra en slutsats om förekomsten av extrema med ett tillräckligt tillstånd.

Hitta extrema (extremvärden) för funktionen.

Exempel. Hitta funktionens extrema

Lösning. 1. Hitta partiella derivator

2. Vi hittar de kritiska punkterna för funktionen från ekvationssystemet:

med fyra lösningar (1; 1), (1; -1), (-1; 1) och (-1; -1).

3. Hitta andra ordningens partiella derivator:

;
;
, vi beräknar deras värden vid varje kritisk punkt och kontrollerar uppfyllandet av ett tillräckligt extremt tillstånd där.

Till exempel, vid punkt (1; 1) A= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. Därför att ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 och A=-1<0, då är punkten (1; 1) maxpunkten.

På liknande sätt fastställer vi att (-1; -1) är minimipunkten, och vid punkterna (1; -1) och (-1; 1), där ∆ =AC-B 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. Hitta extrema för funktionen z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Villkorligt extremum. Lagrange multiplikatormetod.

Låt oss betrakta ett problem som är specifikt för funktioner av flera variabler, när dess extremum inte söks över hela definitionsdomänen, utan över en mängd som uppfyller ett visst villkor.

Låt oss betrakta funktionen z = f(x, y), argument X Och på som uppfyller villkoret g(x,y)= MED, kallad anslutningsekvationen.

Definition.Punkt
kallas en punktvillkorligt maximum (minimum), om det finns en grannskap till denna punkt så att för alla punkter (x,y) från denna grannskap uppfyller villkoretg (x, y) = C, ojämlikheten gäller

(
).

I fig. den villkorliga maximipunkten visas
. Uppenbarligen är det inte den ovillkorliga extremumpunkten för funktionen z = f(x, y) (i figuren är detta en punkt
).

Det enklaste sättet att hitta det villkorliga extremumet för en funktion av två variabler är att reducera problemet till att hitta extremumet för en funktion av en variabel. Låt oss anta anslutningsekvationen g (x, y) = MED lyckats lösa med avseende på en av variablerna, till exempel att uttrycka på genom X:
. Genom att ersätta det resulterande uttrycket med en funktion av två variabler får vi z = f(x, y) =
, de där. funktion av en variabel. Dess extremum kommer att vara funktionens villkorliga extremum z = f(x, y).

Exempel. X 2 + y 2 givet att 3x +2y = 11.

Lösning. Från ekvationen 3x + 2y = 11 uttrycker vi variabeln y genom variabeln x och ersätter den resulterande
att fungera z. Vi får z= x 2 +2
eller z =
. Denna funktion har ett unikt minimum kl = 3. Motsvarande funktionsvärde
Således är (3; 1) en betingad extremum (minimum) punkt.

I det betraktade exemplet, kopplingsekvationen g(x, y) = C visade sig vara linjär, så det var lätt att lösa med avseende på en av variablerna. Men i mer komplexa fall kan detta inte göras.

För att hitta ett villkorligt extremum i det allmänna fallet använder vi Lagrange multiplikatormetod.

Betrakta en funktion av tre variabler

Denna funktion kallas Lagrange funktion, A - Lagrange multiplikator. Följande sats är sann.

Sats.Om poängen
är den villkorliga extremumpunkten för funktionenz = f(x, y) givet attg (x, y) = C, då finns det ett värde sådan punkt
är funktionens extrema punktL{ x, y, ).

Alltså att hitta det villkorade extremumet för funktionen z = f(x,y) givet att g(x, y) = C måste hitta en lösning på systemet

I fig. den geometriska betydelsen av Lagranges förhållanden visas. Linje g(x,y)= C prickad, nivålinje g(x, y) = F funktioner z = f(x, y) fast.

Från fig. följer det vid den villkorliga extremumpunkten funktionsnivålinjen z = f(x, y) rör linjeng(x, y) = S.

Exempel. Hitta max- och minimumpunkterna för funktionen z = X 2 + y 2 givet att 3x +2y = 11 med Lagrange multiplikatormetoden.

Lösning. Kompilera Lagrange-funktionen L= x 2 + 2у 2 +

Genom att likställa dess partiella derivator med noll får vi ett ekvationssystem

Dess enda lösning (x=3, y=1, =-2). Den villkorade extremumpunkten kan alltså endast vara punkt (3;1). Det är lätt att verifiera att funktionen vid det här laget z= f(x, y) har ett villkorligt minimum.

Differentialekvationer.

Grundläggande begrepp om vanliga differentialekvationer.

Definition 1. Vanlig differentialekvation n– ordningen för funktionen y argument x kallas en relation av formen

Var F – en given funktion av dess argument. I namnet på denna klass av matematiska ekvationer betonar termen "differential" att de inkluderar derivator (funktioner som bildas som ett resultat av differentiering); termen "vanlig" indikerar att den önskade funktionen bara beror på ett verkligt argument.

En vanlig differentialekvation får inte innehålla ett explicit argument x, den önskade funktionen och någon av dess derivator, men den högsta derivatan måste inkluderas i ekvationen n- ordningen. Till exempel

a) – första ordningens ekvation;

b) – tredje ordningens ekvation.

När man skriver vanliga differentialekvationer används ofta notationen för derivator i termer av differentialer:

V) – andra ordningens ekvation;

d) – första ordningens ekvation,

generator efter division med dx motsvarande form för att specificera ekvationen: .

En funktion kallas en lösning på en vanlig differentialekvation om den, när den substitueras i den, förvandlas till en identitet.

Till exempel en 3:e ordningens ekvation

Har en lösning .

Att hitta med en eller annan metod, till exempel urval, en funktion som uppfyller ekvationen betyder inte att man löser den. Att lösa en vanlig differentialekvation betyder att hitta Allt funktioner som bildar en identitet när de substitueras i en ekvation. För ekvation (1.1) bildas en familj av sådana funktioner med hjälp av godtyckliga konstanter och kallas den allmänna lösningen av en vanlig differentialekvation n-te ordningen, och antalet konstanter sammanfaller med ekvationens ordning: Den allmänna lösningen kan vara, men är inte explicit löst med avseende på y(x): I detta fall brukar lösningen kallas den allmänna integralen av ekvation (1.1).

Till exempel är den allmänna lösningen till en differentialekvation följande uttryck: , och den andra termen kan skrivas som , eftersom en godtycklig konstant dividerad med 2 kan ersättas med en ny godtycklig konstant.

Genom att tilldela några tillåtna värden till alla godtyckliga konstanter i den allmänna lösningen eller i den allmänna integralen får vi en viss funktion som inte längre innehåller godtyckliga konstanter. Denna funktion kallas en partiell lösning eller partiell integral av ekvation (1.1). För att hitta värdena för godtyckliga konstanter, och därför en speciell lösning, används olika ytterligare villkor till ekvation (1.1). Till exempel kan de så kallade initialvillkoren specificeras vid (1.2)

På den högra sidan av initialvillkoren (1.2) anges de numeriska värdena för funktionen och derivator, och det totala antalet initiala villkor är lika med antalet definierade godtyckliga konstanter.

Problemet med att hitta en speciell lösning på ekvation (1.1) baserat på initialförhållandena kallas Cauchy-problemet.

§ 2. Vanliga differentialekvationer av 1:a ordningen - grundläggande begrepp.

Vanlig differentialekvation av första ordningen ( n=1) har formen: eller, om det kan lösas med avseende på derivatan: . Gemensamt beslut y=y(x,C) eller den allmänna integralen av 1:a ordningens ekvationer innehåller en godtycklig konstant. Det enda initiala villkoret för en 1:a ordningens ekvation låter dig bestämma värdet på konstanten från en generell lösning eller från en generell integral. Således kommer en speciell lösning att hittas eller, vilket är detsamma, kommer Cauchy-problemet att lösas. Frågan om existensen och unikheten av en lösning på Cauchy-problemet är en av de centrala i den allmänna teorin om vanliga differentialekvationer. Särskilt för en 1:a ordningens ekvation är satsen giltig, vilket accepteras här utan bevis.

Sats 2.1. Om i ekvationen är funktionen och dess partiella derivata kontinuerliga i någon region D plan XOY , och en poäng ges i detta område, så finns det en unik lösning som uppfyller både ekvationen och initialvillkoret.

Geometriskt är den allmänna lösningen till en 1:a ordningens ekvation en familj av kurvor på planet XOY, utan gemensamma punkter och skiljer sig från varandra i en parameter - konstantens värde C. Dessa kurvor kallas integralkurvor för en given ekvation. Integralekvationskurvor har en uppenbar geometrisk egenskap: vid varje punkt är tangenten för tangenten till kurvan lika med värdet på den högra sidan av ekvationen vid denna punkt: . Med andra ord, ekvationen ges i planet XOY riktningsfält för tangenter till integralkurvor. Kommentar: Det bör noteras att mot ekv. ekvationen och den så kallade ekvationen ges i symmetrisk form .

1:a ordningens differentialekvationer med separerbara variabler.

Definition. En differentialekvation med separerbara variabler är en formekvation (3.1)

eller en ekvation av formen (3.2)

För att separera variablerna i ekvation (3.1), dvs. reducera denna ekvation till den så kallade separerade variabelekvationen, gör följande:

;

Nu måste vi lösa ekvationen g(y)= 0. Om det har en riktig lösning y=a, Den där y=a kommer också att vara en lösning på ekvation (3.1).

Ekvation (3.2) reduceras till en separerad ekvation genom att dividera med produkten:

, vilket tillåter oss att erhålla den allmänna integralen av ekvation (3.2): . (3.3)

Integralkurvor (3.3) kommer att kompletteras med lösningar om sådana finns.

Lös ekvationen: .

Vi separerar variablerna:

Integrering får vi

Exempel: hitta den allmänna integralen av ekvationen:
.

Lösning: Denna ekvation är en separerad differentialekvation. Det är därför
eller
Låt oss beteckna
. Sedan
– allmän integral av en differentialekvation.

Den separerbara ekvationen har formen (2). Ekvation (2) kan lätt reduceras till ekvation (1) genom att dela den term med term
. Vi får:

– allmän integral.

Exempel: Lös ekvationen .

Lösning: transformera vänster sida av ekvationen: . Dividera båda sidor av ekvationen med

Lösningen är uttrycket:
de där.

Homogena differentialekvationer. Bernoullis ekvationer. Linjära differentialekvationer av första ordningen.

Den homogena ekvationen kan reduceras till formen
. Använder substitution
(
) den homogena ekvationen reduceras till en ekvation med separerbara variabler med avseende på den nya funktionen .

Den första ordningens differentialekvation kallas linjär, om det kan skrivas i formen
.

Bernoullis metod

Lösa ekvationen
eftersträvas som en produkt av två andra funktioner, dvs. med hjälp av substitution
(
).

Exempel: integrera ekvationen
.

Vi tror
. Sedan, d.v.s. . Först löser vi ekvationen
=0:

.

Nu löser vi ekvationen
de där.

. Så den allmänna lösningen på denna ekvation är
de där.

Ekvation för J. Bernoulli

En ekvation av formen , där
kallad Bernoullis ekvation. Denna ekvation löses med Bernoullis metod.

Homogena andra ordningens differentialekvationer med konstanta koefficienter

En homogen linjär differentialekvation av andra ordningen är en formekvation (1) , Var Och permanent.

Ekvation 2 kallas differentialekvationens karakteristiska ekvation.

När man löser den karakteristiska ekvationen (2) är tre fall möjliga.

Fall 1. Rötter Och ekvationerna (2) är reella och olika:

Och

.

Fall 2. Rötter Och ekvationerna (2) är reella och lika:
. I detta fall är partiella lösningar av ekvation (1) funktionerna
Och
. Därför har den allmänna lösningen till ekvation (1) formen
.

Fall 3. Rötter Och ekvationerna (2) är komplexa:
,
. I detta fall är partiella lösningar av ekvation (1) funktionerna
Och
. Därför har den allmänna lösningen till ekvation (1) formen

Exempel. Lös ekvationen
.

Lösning: Låt oss skapa en karakteristisk ekvation:
. Sedan
. Allmän lösning på denna ekvation
.

Extremum av en funktion av flera variabler. Villkorligt extremum.

Extremum av en funktion av flera variabler

I fig. 1 poäng A
- det finns en minimipunkt och en punkt I
- högsta poäng.

Nödvändigextremumtillståndet är en flerdimensionell analog till Fermats teorem.

Sats.Låt poängen
– är den differentierbara funktionens extrema punktz= f(x, y). Sedan de partiella derivatorna
Och
Vvid denna punkt är lika med noll.

Punkter där de nödvändiga villkoren för funktionens extremum är uppfyllda z= f(x, y), de där. partiella derivat z" x Och z" y är lika med noll kallas kritisk eller stationär.

Likheten mellan partiella derivator till noll uttrycker endast ett nödvändigt men inte tillräckligt villkor för extremumet av en funktion av flera variabler.

I fig. den så kallade sadelpunkt M (x O ,y O ). Partiella derivat
Och
är lika med noll, men uppenbarligen inget extremum vid punkten M(x O ,y O ) Nej.

Studie av en funktion av två variabler vid ett extremum det rekommenderas att utföra följande diagram:

Hitta partiella derivator av funktioner z" x Och z" y .

Lös ekvationssystem z" x =0, z" y =0 och hitta de kritiska punkterna för funktionen.

Hitta andra ordningens partiella derivator, beräkna deras värden vid varje kritisk punkt och dra en slutsats om förekomsten av extrema med ett tillräckligt tillstånd.

Hitta extrema (extremvärden) för funktionen.

Exempel. Hitta funktionens extrema

Lösning. 1. Hitta partiella derivator

2. Vi hittar de kritiska punkterna för funktionen från ekvationssystemet:

med fyra lösningar (1; 1), (1; -1), (-1; 1) och (-1; -1).

3. Hitta andra ordningens partiella derivator:

;
;
, vi beräknar deras värden vid varje kritisk punkt och kontrollerar uppfyllandet av ett tillräckligt extremt tillstånd där.

Till exempel, vid punkt (1; 1) A= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. Därför att ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 och A=-1<0, då är punkten (1; 1) maxpunkten.

4. Hitta extrema för funktionen z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Villkorligt extremum. Lagrange multiplikatormetod.

Låt oss betrakta ett problem som är specifikt för funktioner av flera variabler, när dess extremum inte söks över hela definitionsdomänen, utan över en mängd som uppfyller ett visst villkor.

Låt oss betrakta funktionen z = f(x, y), argument X Och på som uppfyller villkoret g(x,y)= MED, kallad anslutningsekvationen.

(
).

I fig. den villkorliga maximipunkten visas
. Uppenbarligen är det inte den ovillkorliga extremumpunkten för funktionen z = f(x, y) (i figuren är detta en punkt
).

Exempel. X 2 + y 2 givet att 3x +2y = 11.

I det betraktade exemplet, kopplingsekvationen g(x, y) = C visade sig vara linjär, så det var lätt att lösa med avseende på en av variablerna. Men i mer komplexa fall kan detta inte göras.

För att hitta ett villkorligt extremum i det allmänna fallet använder vi Lagrange multiplikatormetod.

Betrakta en funktion av tre variabler

Denna funktion kallas Lagrange funktion, A - Lagrange multiplikator. Följande sats är sann.

Sats.Om poängen
är den villkorliga extremumpunkten för funktionenz = f(x, y) givet attg (x, y) = C, då finns det ett värde sådan punkt
är funktionens extrema punktL{ x, y, ).